1、课时分层集训(十二)圆周运动(限时：40分钟) 基础对点练圆周运动中的运动学分析1(2018湖北省重点中学联考)如图4317所示，由于地球的自转，地球表面上P、Q两物体均绕地球自转轴做匀速圆周运动，对于P、Q两物体的运动，下列说法正确的是( ) 图4317AP、Q两点的角速度大小相等BP、Q两点的线速度大小相等CP点的线速度比Q点的线速度大DP、Q两物体均受重力和支持力两个力作用AP、Q两点都是绕地轴做匀速圆周运动，角速度相等，即PQ，选项A对；根据圆周运动线速度vR，P、Q两点到地轴的距离不等，即P、Q两点圆周运动线速度大小不等，选项B错；Q点到地轴的距离远，圆周运动半径大，线速度大，选项C
2、错；P、Q两物体均受到万有引力和支持力作用，二者的合力是圆周运动的向心力，我们把与支持力等大反向的平衡力即万有引力的一个分力称为重力，选项D错2如图4318所示，B和C是一组塔轮，即B和C半径不同，但固定在同一转动轴上，其半径之比为RBRC32，A轮的半径大小与C轮相同，它与B轮紧靠在一起，当A轮绕过其中心的竖直轴转动时，由于摩擦作用，B轮也随之无滑动地转动起来a、b、c分别为三轮边缘的三个点，则a、b、c三点在转动过程中的( ) 【导学号：84370180】图4318A线速度大小之比为322B角速度之比为332C转速之比为232D向心加速度大小之比为964DA、B轮摩擦传动，故vavb，aR
3、AbRB，ab32；B、C同轴，故bc，vbvc32，因此vavbvc332，abc322，故A、B错误转速之比等于角速度之比，故C错误由av得：aaabac964，D正确3如图4319为某一皮带传动装置主动轮的半径为r1，从动轮的半径为r2已知主动轮做顺时针转动，转速为n1，转动过程中皮带不打滑下列说法正确的是( ) 图4319A从动轮做顺时针转动B从动轮做逆时针转动C从动轮边缘线速度大小为n1D从动轮的转速为n1B主动轮沿顺时针方向转动时，传送带沿MN方向运动，故从动轮沿逆时针方向转动，且两轮边缘线速度大小相等，故A、C错误，B正确；由2n、vr可知，2n1r12n2r2，解得n2n1，D
4、错误“玉兔号”月球车依靠太阳能电池板提供能量，如图ABCD是一块矩形电池板，能绕CD转动，E为矩形的几何中心(未标出)，则电池板旋转过程中( ) AB、E两点的转速相同BA、B两点的角速度不同CA、B两点的线速度不同DA、E两点的向心加速度相同A根据题意，绕CD匀速转动的过程中，电池板上各点的角速度相同，则转速相等，故A正确，B错误；根据线速度与角速度关系式vr，转动半径越小的，线速度也越小，由几何关系可知，A、B两点的线速度相等，故C错误；A、E两点因角速度相同，半径不同，由向心加速度的公式a2r可知，它们的向心加速度不同，故D错误故选A圆周运动中的动力学分析4如图4320所示，小物体P放在
5、水平圆盘上随圆盘一起转动，下列关于小物体所受摩擦力Ff的叙述正确的是( ) 图4320AFf的方向总是指向圆心B圆盘匀速转动时Ff0C在物体与轴O的距离一定的条件下，Ff跟圆盘转动的角速度成正比D在转速一定的条件下，Ff跟物体到轴O的距离成正比D物体随圆盘转动过程中，如果圆盘匀速转动，则摩擦力指向圆心，如果变速转动，则摩擦力的一个分力充当向心力，另一个分力产生切向加速度，摩擦力不指向圆心，A、B错误；根据公式FnFfm2r可得在物体与轴O的距离一定的条件下，Ff跟圆盘转动的角速度的平方成正比，C错误；因为2n，所以Ffm(2n)2r，则Ff跟物体到轴O的距离成正比，D正确5如图4321所示，是
6、马戏团中上演的飞车节目，在竖直平面内有半径为R的圆轨道表演者骑着摩托车在圆轨道内做圆周运动已知人和摩托车的总质量为m，人以v1的速度通过轨道最高点B，并以v2v1的速度通过最低点A则在A、B两点轨道对摩托车的压力大小相差( ) 【导学号：84370181】图4321A3mg B4mgC5mg D6mgD由题意可知，在B点，有FBmgm，解之得FBmg，在A点，有FAmgm，解之得FA7mg，所以A、B两点轨道对车的压力大小相差6mg故选项D正确6如图4322所示，长为L的轻杆，一端固定一个质量为m的小球，另一端固定在水平转轴O上，杆随转轴O在竖直平面内匀速转动，角速度为，某时刻杆对球的作用力恰
7、好与杆垂直，则此时杆与水平面的夹角是( ) 图4322Asin Btan Csin Dtan A小球所受重力和杆的作用力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律有：mgsin mL2，解得sin ，选项A正确，B、C、D错误7如图4323所示，有一质量为m的小球在光滑的半球形碗内做匀速圆周运动，轨道平面在水平面内，已知小球与半球形碗的球心O的连线跟竖直方向的夹角为，半球形碗的半径为R求小球做圆周运动的速度大小及碗壁对小球的弹力大小 【导学号：84370182】图4323解析由题图可知，小球做匀速圆周运动的圆心为O，运动半径为rRsin ，小球受重力G及碗对小球弹力FN的作用，向心力为弹力的水平分力，
8、受力分析如图所示由牛顿第二定律得FNsin m竖直方向上小球的加速度为零，所以竖直方向上所受的合力为零，即FNcos mg解得FN联立两式，可解得物体做匀速圆周运动的速度为v答案如图所示，轻绳的一端固定在O点，另一端系一质量为m的小球(可视为质点)当小球在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动时，通过传感器测得轻绳拉力T、轻绳与竖直线OP所成的角满足关系式Tabcos ，式中a、b为常数若不计空气阻力，则当地的重力加速度为( ) A BC DD设小球在最低点，即0时的速度为v1，拉力为T1，在最高点，即180时的速度为v2，拉力为T2，在最低点有T1mgm，在最高点有T2mgm，根据动能定理有2mg
9、Rmvmv，可得T1T26mg，对比Tabcos ，有T1ab，T2ab，故T1T22b，即6mg2b，故当地重力加速度g，选项D正确圆周运动与平抛运动的组合问题8(2017全国卷)如图4324所示，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时对应的轨道半径为(重力加速度大小为g)( ) 图4324A BC DB设小物块的质量为m，滑到轨道上端时的速度为v1小物块上滑过程中，机械能守恒，有mv2mv2mgR小物块从轨道上端水平飞出，做平抛运动，设水平位移为x，下落时间为t，
10、有2Rgt2xv1t联立式整理得x222可得x有最大值，对应的轨道半径R故选B9如图4325所示，用长为L的轻绳把一个小铁球悬挂在离水平地面高为2L的O点，小铁球以O为圆心在竖直平面内做圆周运动且恰能到达最高点B处不计空气阻力，重力加速度为g若运动到最高点轻绳断开，则小铁球落到地面时的速度大小为( ) 【导学号：84370183】图4325A BC D3C小铁球恰能到达最高点，即在最高点只有重力提供向心力，设小铁球在最高点的速度为v0，由向心力公式和牛顿第二定律可得mg；从B点到落地，设小铁球落地的速度大小为v，由动能定理可得3mgLmv2mv，联立可得v，故选项C正确，A、B、D错误10(多
11、选)如图4326所示，半径为R的水平圆盘中心轴正上方a处水平抛出一小球，圆盘以角速度做匀速转动，当圆盘半径Ob恰好转到与初速度方向相同且平行的位置时，将小球抛出，要使球与圆盘只碰一次，且落点为b，重力加速度为g，小球抛出点a距圆盘的高度h和小球的初速度v0可能应满足( ) 图4326Ahv0 Bhv0Chv0 Dhv0BD因圆盘转动具有周期性，则当小球落到b点时，圆盘转过的角度2k(k1,2,3，)，由，可得圆盘的角速度(k1,2,3，)，因小球做平抛运动，则小球下落高度hgt2(k1,2,3，)，初速度v0(k1,2,3，)，将k的取值代入可知，当k取2和4时B、D项正确考点综合练11(多选
12、)(2018南通模拟)如图4327所示，一个固定在竖直平面内的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B点脱离后做平抛运动，经过03 s后又恰好与倾角为45的斜面垂直相碰已知半圆形管道的半径为R1 m，小球可看做质点且其质量为m1 kg，g取10 m/s2则( ) 【导学号：84370184】图4327A小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是09 mB小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是19 mC小球经过管道的B点时，受到管道的作用力NB的大小是1 ND小球经过管道的B点时，受到管道的作用力NB的大小是2 NAC根据平抛运动规律，小球在C点的竖直分
13、速度vygt3 m/s，水平分速度vxvytan 453 m/s，则B点与C点的水平距离为xvxt09 m，选项A正确，B错误；设在B点管道对小球的作用力方向向下，根据牛顿第二定律，有NBmgm，vBvx3 m/s，解得NB1 N，负号表示管道对小球的作用力方向向上，选项C正确，D错误12(多选)如图4328甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为F，小球在最高点的速度大小为v，其Fv2图象如图乙所示则( ) 甲 乙图4328A小球的质量为B当地的重力加速度大小为Cv2c时，小球对杆的弹力方向向上Dv22b时
14、，小球受到的弹力与重力大小相等ACD对小球在最高点进行受力分析，速度为零时，Fmg0，结合图象可知amg0；当F0时，由牛顿第二定律可得mg，结合图象可知mg，联立解得g，m，选项A正确，B错误由图象可知bc，当v2c时，根据牛顿第二定律有Fmg，则杆对小球有向下的拉力，由牛顿第三定律可知，选项C正确；当v22b时，由牛顿第二定律可得mgF，可得Fmg，选项D正确13小明站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为m的小球，甩动手腕，使球在竖直平面内做圆周运动当球某次运动到最低点时，绳突然断掉，球飞行水平距离d后落地，如图4329所示已知握绳的手离地面高度为d，手与球之间的绳长
15、为d，重力加速度为g，忽略手的运动半径和空气阻力图4329(1)求绳断时球的速度大小v1和球落地时的速度大小v2；(2)求绳能承受的最大拉力；(3)改变绳长，使球重复上述运动，若绳仍在球运动到最低点时断掉，要使球抛出的水平距离最大，绳长应是多少？最大水平距离为多少？ 【导学号：84370185】解析(1)设绳断后球飞行时间为t，由平抛运动规律得竖直方向dgt2水平方向dv1t解得v1由动能定理得：mgdmvmv解得v2(2)设绳能承受的最大拉力大小为FT，这也是球受到绳的最大拉力大小球做圆周运动的半径为Rd对小球在最低点由牛顿第二定律得FTmg解得FTmg(3)设绳长为l，绳断时球的速度大小为
16、v3，绳承受的最大拉力不变由牛顿第二定律得FTmg解得v3绳断后球做平抛运动，竖直位移为dl，水平位移为x，时间为t1，则竖直方向dlgt水平方向xv3t1解得x4当l时，x有极大值，xmaxd答案(1)(2)mg(3)d(2017黑龙江省实验中学模拟)如图所示，BC为半径r04 m竖直放置的用光滑圆管制成的圆弧形轨道，O为轨道的圆心，在圆管的末端C连接倾斜角为45、动摩擦因数06的足够长粗糙斜面，一质量为m05 kg的小球从O点正上方某处A点以速度v0水平抛出，恰好能垂直OB从B点进入圆管，小球从进入圆管开始受到始终竖直向上的力F5 N的作用，当小球运动到圆管的末端C时作用力F立即消失，小球
17、能平滑地冲上粗糙斜面，不计空气阻力(g取10 m/s2)求：(1)小球从O点的正上方某处A点水平抛出的初速度v0和OA的距离；(2)小球在圆管中运动时对圆管的压力；(3)小球在CD斜面上运动的最大位移解析(1)小球从A运动到B为平抛运动，有rsin 45v0t，在B点，有tan 45，解以上两式得v02 m/s，t02 s，则AB竖直方向的距离为hgt202 m，OB竖直方向距离为hrsin 4504 m，则OAhh02 m04 m06 m(2)在B点据平抛运动的速度规律有vB2 m/s，小球在圆管中的受力为三个力：由于重力(mg5 N)与外加的力F平衡，故小球所受的合力仅为圆管的外侧对它的压力，得小球在圆管中做匀速圆周运动，由匀速圆周运动的规律得，圆管对小球的作用力为FN5 N，根据牛顿第三定律得，小球对圆管的压力为5 N(3)在CD斜面上运动到最高点的过程，根据牛顿第二定律得mgsin 45mgcos 45ma，解得agsin 45gcos 458 m/s2，根据速度位移关系公式，有x m答案(1)2 m/s06 m(2)5 N(3) m11